第六章 数列
一、考试要求
1．会根据数列前n项写出一个通项公式，会运用通项讨论其性质（如单调性），能用函数观点认识数列。 2．了解递推公式的意义，会根据递推公式写出数列的前几项，会求形如an?14．会用倒序相加法推导前n项和公式，掌握并能运用公式解决一些问题。
5．理解等比数列的概念并能运用它导出其通项公式，了解等比中项的概念，会通过通项公式研究它的单调性。 6．会用错位相减法推导等比数列前n项和公式（分清q=1和q≠1的情形），并运用公式解决一些问题。 7.理解和运用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等求数列的前n项和。
?ban?c型数列的通项公式。
3．理解等差数列的概念，会用其概念导出通项公式，了解等差中项的概念，能通过公式研究它的单调性。
二、重难点击
本章重点：数列的概念，等差数列，等比数列的定义，通项公式和前n项和公式及运用，等差数列、等比数列的有关性质。注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、函数与方程思想、分类与讨论思想、化归与转化思想等。 本章难点：对数列概念的理解，对公式理解和掌握对性质的运用，求和方法的运用，求通项的方法的运用，以及思想方法的运用，是本章的难点。
三、命题展望
数列任然会以客观题考察等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，理科注重数列与其它分支的综合能力的考察，文科则注重数列内部综合能力考察，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数。使它可以与函数、不等式、解析几何、三角等综合起来，这更体现了知识交叉命题原则得以贯彻；另一方面，因为数列研究的一些特殊方法（归纳—探索—验证）和数学思想（函数与方程，分类与整合），会命判开放性、探索性强的问题，又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎。
知识网络 数列与正整数集关系 通项公式 递推公式 等差数列 数列 定义 通项公式 中项前n项的和等比数列
特殊数列求和方法 公式法 倒序相加法 错位相减法 裂项相消法 1
第一课时 数列
知识要点
一、 数列的概念
1．数列是按一定顺序排列的一列数，记作a1,a2,a3?an,?,简记2．数列
?an?.
?an?的第n项an与项数n的关系若用一个公式an??则这个公式叫做这个数列的通项公式。 f(n)给出，
3．数列可以看做定义域为N（或其子集）的函数，当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。 二、数列的表示方法
数列的表示方法有：列举法、图示法、解析法（用通项公式表示）和递推法（用递推关系表示）。三、 数列的分类
1． 按照数列的项数分：有穷数列、无穷数列。
2． 按照任何一项的绝对值是否不超过某一正数分：有界数列、无界数列。 3． 从函数角度考虑分：递增数列、递减数列、常数列、摆动数列。 四、数列通项an与前n项和Sn的关系 n1．Sn?a1?a2?a3???an??ai
i?12．an?1n???S1
?Sn?Sn?1n?2课前热身
1．数列1，3，6，10，?的一个通项公式为 ( C ) Ａ．an?n2?(n?1) B．an?n2?1 C．an?n(n?1)n(n2 D．a?1)n?2 2.在数列1,1,2,3,5,8,x,21,34,55,?中，x的值为（ Ｄ ） A．10 B．11 C．12 D．13 3．数列
?an?的通项公式为 an?3n2?28n,则数列各项中最小项是( B )
A．第４项 B．第５项 C．第６项 D．第７项 4．已知数列
?an?是递增数列，其通项公式为an?n2??n,则实数?的取值范围是(?3,??)
5．数列
?aS2?2n?1n?的前n项和n?n?4n?1,，则an????2n?5n?2 典例精析
题型一 归纳、猜想法求数列通项
【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式 错误！未找到引用源。7，77，777，7777，?
2
错误！未找到引用源。
2468,?,,?,? 31535637777?(10?1),(102?1),(103?1)，?,(10n?1) 9999n?1错误！未找到引用源。1，3，3，5，5，7，7，9，9? 解析：错误！未找到引用源。将数列变形为
错误！未找到引用源。分开观察，正负号由(?1)确定，分子是偶数2n，分母是1?3，3?5，5?7，
?,(2n?1)?(2n?1)，故数列的通项公式可写成an?(?1)n?12n
(2n?1)(2n?1)错误！未找到引用源。将已知数列变为1+0，2+1，3+0，4+1，5+0，6+1，7+0，8+1，9+0，?。可得数
1?(?1)n列的通项公式为an?n?
2点拨：联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求
解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项数的一般规律，从而求得通项。
题型二 应用an?S1???Sn?Sn?1(n?1)(n?2)求数列通项
例2．已知数列
?an?的前n项和Sn，分别求其通项公式.
?3n?2
1(an?2)28(an?0)
错误！未找到引用源。Sn错误！未找到引用源。Sn?解析：错误！未找到引用源。当n?1时,a1当n?2时,an?S1?31?2?1，
?Sn?Sn?1?(3n?2)?(3n?1?2)
?2?3n?1
又a1?1?1不适合上式，故an??n?1?2?3(n?1)
(n?2)当n?2时,an?Sn?Sn?1 1122?(an?2)?(an?1?2)8812(2)当n?1时,a1?S1?(a1?2),解得a1?28所以(an所以(an又an?2)2?(an?1?2)2?0 ?an?1)(an?an?1?4)?0
?0,所以an?an?1?4，可知?an?为等差数列，公差为4 ?a1?(n?1)d?2?(n?1)?4?4n?2
3
所以an
a1?2也适合上式，故 an?4n?2
点拨：本例的关键是应用a???S1(n?1)n?Sn?Sn?1(n?2)求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足
\n?2\的一般性通项公式。
三、利用递推关系求数列的通项 【例3】根据下列各个数列
?an?的首项和递推关系，求其通项公式
错误！未找到引用源。a111?2,an?1?an?4n2?1
(2)a?1,a221n?0,(n?1)an?1?nan?an?an?1?0，
错误！未找到引用源。a1?1,a1n?1?2an?1 解析：错误！未找到引用源。因为a1n?1?an?4n2?1，所以
a1111n?1?an?4n2?1?2(2n?1?2n?1)
所以a1112?a1?2(1?3)
a1113?a2?2(3?5)
a?a11143?2(5?7)
?，?，
a1n?an?1?2(12n?3?12n?1) 以上(n?1)个式相加得
a1n?a1?2(1?12n?1) 即：a1n?1?4n?2?4n?34n?2
错误！未找到引用源。由(n?1)a2n?1?an?an?1?n?a2n?0
有?(n?1)an?1?nan?(an?1?an)?0?a
n?0,?an?1?an?0?(n?1)anaan?1nn?1?n?0即:a? nn?1?aana?an?1n??a2?a1 n?1an?2a1
4
n?1n?211?????1? nn?12n1 ?an?
n?1错误！未找到引用源。方法一、设an?1?m?2(an?m) ?an?1?1112an?2m,又an?1?2an?1 ?令?12m?1,?m??2,于是a1n?1?2an?1
可化为
a1n?1?2?2(an?2)
?a?(a1n?21?2)?()n?12?a1n?2?2n?1
方法二：∵a1n?1?2an?1 ?a111n?2an?1?1?2(2an?2?1)?1
?(1)2a112112n?2?2?1?(2)(2an?3?1)?2?1 ?(12)3?a11n?3?(2)2?2?1 =?
?(12)n?1a111?(2)n?2???2?1 1?(1)n??(11)n?1?2?(1)n?1?2?2?(1)n?121?122
2?2?(112)n?1?2?2n?1
方法三：?a1n?1?2an?1,a1n?2?2an?1?1 两式相减，a?a1n?2n?1?2(an?1?an)
?a)?(1)n?11n?1?an?(a2?a12?(2)n
即：aa112?1?2,a3?a2?(2)2,?
a?a1n?1nn?1?(2)
5